Soluciones del examen departamental de Física I. Tipo A

Transcripción

1 Solucione del examen departamental de Fíica I. Tipo A Tomá Rocha Rinza 8 de noviembre de Si e toma como poitiva la dirección del eje y hacia arriba y como la caída libre e un movimiento uniformemente acelerado, e tiene que y y 0 = v 0 t g t 1) con g = 9.8 m. La utitución de lo dato del problema arroja: 1.8 m 0.0 m = 18. m = 10.0 m t 4.9 m t ) donde e conidera que el origen etá colocado en el pio. La ecuación ) e puede ecribir como 4.9 m t m t 18. m = 0 la cual e puede reolver con la olución general de ecuacione de egundo grado: x = b ± b 4ac a 3) y entonce: t = 10.0 m m) m ) 18. m) 4.9 m ) = 1. Se decarta la olución en la cual el igno antecede al radical porque conduce a un tiempo negativo.. Sea d la compreión del reorte que detiene al bloque. El teorema de trabajo y energía dice que el cambio de energía cinética de una partícula equivale al trabajo total hecho obre la mima. La aplicación de ete teorema a ete problema indica que K = 1 ) d d m v v0 = W hecho por el reorte = F x)dx = kxdx = kd 0 0 donde v = 0 por que correponde a la ituación en la que la partícula llega al repoo. Luego,

2 1 mv 0 = kd m d = k v 0 = 4 kg 130 kg 3 m ) = 0.53 m 3. En la Figura 1, e tiene que la recta que indica la velocidad de lcicleta e la recta inclinada, mientra que la que indica la velocidad del auto e la horizontal. Eto e puede determinar debido a que el problema etablece que lcicleta parte del repoo. Luego, lcicleta tiene una aceleración contante igual a 50m 1 5 = m, y por tanto u poición etá dada por x moto t) = t 4) debido a que tanto la poición y la velocidad inicial de lcicleta e 0. En lo que repecta al automóvil e tiene que: x auto t) = v auto t 5) porque de acuerdo con la Figura 1 el automóvil tiene velocidad contate igual a 40 m 1 y u poición inicial también e 0. El tiempo en el cual e encuentran lo do móvile e obtiene al igualar la ecuacione 4) y 5) x moto = x auto = t = v auto t t = v auto e decir, cuando t = v auto la poicione del automóvil y de lcicleta on iguale x auto v auto / ) = v auto v auto = v auto x moto v auto / ) = v ) auto = v auto la cual equivale a 40 m 1 ) m = 1, 600 m. 4. Como la única fuerza que actúa obre el dardo e u peo e deprecia la fuerza de fricción), entonce, la aceleración en u movimiento e contante y equivale a g = 9.8 m, i e toma la dirección poitiva del eje y hacia arriba. La poición en y etá dada por 1). En ete problema en particular el componente en y de la velocidad inicial e 0 porque el dardo e lanza horizontalmente y como el dardo e lanza a la mima altura que el centro de la diana, entonce la ditancia vertical P Q que pide el problema e P Q = y0.19 ) y 0 = 9.8 m 0.19 ) = 0.18 m En lo que repecta a la ditancia que epara al jugador de la pared en la que e encuentra la diana e tiene que, como la fuerza no tiene componente en x, entonce la velocidad en x permanece contante, luego

3 L = x0.19 ) x 0 = 10 m 0.19 ) = 1.9 m 5. La magnitdu de la fuerza de fricción que la mea ejerce obre la caja de petri e F f = µn = µmg, donde N e la fuerza normal. Como la fuerza que actúa obre la caja e contante y u maa también lo e, entonce éta realiza un movimiento uniformemente acelerado. Se abe que dv dv = v = va dv = av = a dx = adx v v0 dv = v v 0 = x x adx = a dx = ax x 0 ) x 0 x 0 donde a puede alir de la integral porque e una contante. Lo anterior, no e má que el teorema de trabajo y energía aplicado cuando la fuerza e contante. Luego, a = v v0 x x 0 ) = v 0 d donde d e la ditancia que recorre el dico ante de detenere, y por ende v e igual a 0. Coniderando que la caja e mueve en la dirección poitiva del eje de la x, entonce la fricción e dirige hacia la parte negativa del mimo eje con a = µm g/m = µg, y entonce el coeficiente de fricción entre la mea y la caja de petri e µ = a g = v 0 d g = v 0 dg = 10m 1 ) 0.5 m)10 m ) = La energía mecánica del trineo en la parte alta de la colina e E parte alta = 1 mv + mgh = 0 kg)10 m )0 m) = 4, 000 J donde la energía cinética e 0, porque el trineo parte del repoo y el cero de energía potencial etá en el pie de la colina. Cuando el trineo e encuentra en eta última poición e tiene que u energía mecánica e E pie de la colina = 1 mv + mgh = 1 0 kg) 10 m ) = 1, 000 J de donde e claro que la pérdida de energía mecánica en el itema e 3, 000 J, lo cuale e convierten en energía en forma de calor y onido. 7. El diagrama de cuerpo libre del bloque e

4 y N x F f mg y a partir de ete e tiene que Fy = N mg co = 0 N = mg co Fx = F f mg en = µn mg en = µmg co mg en = mgµ co + en ) Luego, la fuerza total que actúa obre el bloque e aproxima por una contante a. Nuevamente, uando el teorema de trabajo y energía e tiene que: K = 1 mv 0 = mgµ co + en )d d = v 0 gµ co + en ) donde d e la ditancia que recorre el bloque ante de detenere. Pueto que el problema pregunta la altura, h, que el bloque alcanza ante de llegar al repoo, e tiene que h = d en = 4.7 m ) 1 ) 9.81 m ) 0.30) ) = 0.61 m Si e utilizaba el valor = 33 e obtiene h = 0.64 m. 8. El diagrama de cuerpo libre de la carga upendida e T F e mg a La fuerza de fricción en general e una función muy complicada de la velocidad, pero aquí e etá aproximando por la relación F f = µn.

5 de donde Fy = T co mg = 0 Fx = T en + F e = 0 T = mg co = kg)9.8 m ) co 33 = N F e = T en = N en 33 = N 9. Ete problema e puede reolver multiplicando por factore unidad como e hace en un curo de Química General 1 minuto 60 egundo 1 minuto 8 revolucione 1 egundo 10. La aceleración e la derivada de la velocidad, luego π0.4 m) = 1, 06 m 1 revolución at) = d3t + 1t 1) = 6t + 1 luego a) = 6) + 1) m = 4 m. La poición de la partícula etá dada por xt) = dx = v = 3t + 1t 1) = t 3 + 6t 1t + C Pueto que x0) = 0, entonce, la contante de integración C e cero x0) = 0 = ) 10) + C = C y entonce x) = 3 + 6) 1) ) m = 8 m